题目内容
已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．
（Ⅰ）当a=
时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：(1+
)×(1+
)×(1+
)…(1+
)＜e（其中，n∈N*，e是自然对数的底数）
（Ⅰ）当a=
| 1 |
| 4 |
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：(1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
分析：（Ⅰ）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，等价于ax2+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax2+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）max≤0即可，分类讨论，可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂项法，结合对数的运算法则，可证结论
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，等价于ax2+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax2+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）max≤0即可，分类讨论，可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂项法，结合对数的运算法则，可证结论
解答：解：（Ⅰ）当a=
时，f（x）=
x2+ln（x+1）（x＞-1），
f′（x）=
x+
=
（x＞-1），
∵x＞-1，x2+x+2=(x+
)2+
＞0，
∴f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调递增区间为（-1，+∞）．
（Ⅱ）∵当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax2+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）max≤0即可．
由g′（x）=2ax+
-1=
，
（ⅰ）当a=0时，
g′（x）=-
（x＞-1），
当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
（ⅱ）当a＞0时，
由g′（x）=
=0，
∵x∈[0，+∞），
∴x=
-1，
①若
-1＜0，即a＞
时，在区间（0，+∞）上，g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若
-1≥0，即0＜a≤
时，函数g（x）在（0，
-1）上单调递减，在区间（
-1，+∞）上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．
（ⅲ）当a＜0时，g′（x）=
，
∵x∈[0，+∞），
∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g′（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
（Ⅲ）证明：据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，
又
=2（
-
），
∵ln{（1+
）•（1+
）•（1+
）…[1+
]}
=ln（1+
）+ln（1+
）+ln（1+
）+…+ln[1+
]
＜
+
+
+…+
=2[（
-
）+（
-
）+（
-
）+…+（
-
）]
=2（
-
）＜1，
∵ln{（1+
）•（1+
）•（1+
）…[1+
]}
=ln（1+
）+ln（1+
）+ln（1+
）+…+ln（1+
）
＜
+
+
+…+
=2[（
-
）+（
-
）+（
-
）+…+（
-
）]
=2（
-
）＜1，
∴（1+
）•（1+
）•（1+
）•…•[1+
]＜e．
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 4 |
f′（x）=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| x+1 |
| x2+x+2 |
| 2(x+1) |
∵x＞-1，x2+x+2=(x+
| 1 |
| 2 |
| 7 |
| 4 |
∴f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调递增区间为（-1，+∞）．
（Ⅱ）∵当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax2+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）max≤0即可．
由g′（x）=2ax+
| 1 |
| x+1 |
| x[2ax+(2a-1)] |
| x+1 |
（ⅰ）当a=0时，
g′（x）=-
| x |
| x+1 |
当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
（ⅱ）当a＞0时，
由g′（x）=
| x[2ax+(2a-1)] |
| x+1 |
∵x∈[0，+∞），
∴x=
| 1 |
| 2a |
①若
| 1 |
| 2a |
| 1 |
| 2 |
g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若
| 1 |
| 2a |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2a |
| 1 |
| 2a |
（ⅲ）当a＜0时，g′（x）=
| x[2ax+(2a-1)] |
| x+1 |
∵x∈[0，+∞），
∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g′（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
（Ⅲ）证明：据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，
又
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
| 1 |
| 2n-1+1 |
| 1 |
| 2n+1 |
∵ln{（1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
=ln（1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
＜
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
=2[（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 9 |
| 1 |
| 2n-1+1 |
| 1 |
| 2n+1 |
=2（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2n+1 |
∵ln{（1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
=ln（1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
＜
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
=2[（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 9 |
| 1 |
| 2n-1+1 |
| 1 |
| 2n+1 |
=2（
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2n+1 |
∴（1+
| 2 |
| 2×3 |
| 4 |
| 3×5 |
| 8 |
| 5×9 |
| 2n |
| (2n-1+1)(2n+1) |
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于难题．
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